Οπως είχαμε γράψει, ο Θίοντορ Μέι μπήκε το 2005 στο νοσοκομείο για πέντε ημέρες εξαιτίας ενός πυρετού που του παρουσιάστηκε. Εκεί δεν μπορούσε να κάνει τίποτα άλλο από το να παρακολουθεί στο μεγαλύτερο διάστημα της ημέρας την κίνηση των δεικτών του ρολογιού που βρισκόταν στον απέναντι τοίχο. Μέσα στο μυαλό του μόνον δούλευε τα Μαθηματικά για τα… παιχνίδια που έκαναν μεταξύ τους οι δείκτες διότι εκτός του πυρετού, από χρόνια πριν υπέφερε από κατά πλάκας σκλήρυνση και ο πυρετός τον είχε εξασθενήσει τόσο ώστε δεν μπορούσε να σηκώσει καν τα χέρια από την κουβέρτα. Αρα δεν ήταν πλέον σε θέση να γράφει ή να διαβάζει έστω και μία λέξη.

Δύο πράγματα χρειαζόμαστε ώστε να εξοικειωθούμε με τη σχετική κίνηση των δύο δεικτών. Αυτός που δείχνει τα λεπτά κινείται με μια (γωνιακή) ταχύτητα που μπορεί να εκφραστεί ως Λ = 360 μοίρες/ώρα. Ο ωροδείκτης μέσα σε μια ώρα θα «τρέχει» με (γωνιακή) ταχύτητα: Ω = (360 μοιρών/12 ώρες) = 30 μοιρών/ώρα. Αυτό σημαίνει πως ο λεπτοδείκτης «τρέχει» 12 φορές πιο γρήγορα από τον ωροδείκτη. Από τα παραπάνω έχουμε άλλο ένα πολύ χρήσιμο στοιχείο: Στον χρόνο που χρειάζεται ο ωροδείκτης για να μετακινηθεί από τη μια «χαρακιά» για τα λεπτά στην επόμενη ο λεπτοδείκτης θα έχει διατρέξει 12 χαρακιές.

Από το προηγούμενο είχαμε αρχίσει να ψάχνουμε αυτό που αναφέρεται στα αγγλικά ως «swap time», δηλαδή οι χρονικές στιγμές μέσα στο δωδεκάωρο που οι δύο θα συμπίπτουν εντελώς επάνω στην πλάκα του ρολογιού (άρα μπορούν να αντιμετατίθενται χωρίς να αλλάζει η ένδειξη).

Ερώτηση: Σε ποια στιγμή μετά τις 4 θα συμπέσουν οι δύο δείκτες;

Απάντηση: Ενας τρόπος είναι να δουλέψουμε μόνον με τις «χαρακιές», δηλαδή με τα διαστήματα μεταξύ των λεπτών. Αν είναι x η (γωνιακή) απόσταση που θα έχει καλύψει ο ωροδείκτης (ΠΡΟΣΟΧΗ: από το σημείο που δείχνει 4 και μετά) έως το σημείο της σύμπτωσης ο λεπτοδείκτης θα έχει καλύψει 12x χαρακιές, δηλαδή λεπτά. Από τη θέση της ώρας 12 έως και τη θέση της σύμπτωσης, μετά τις 4. Αρα η εξίσωση τη στιγμή της σύμπτωσης θα είναι: 12x = 20 + x. Τώρα το 20 πώς εμφανίστηκε;  Είναι διότι ο ωροδείκτης από τις 12 έως τις 4 είχε διανύσει ήδη 20 χαρακιές μέχρι το σημείο της ώρας 4. Από εκεί και πέρα όλα είναι εύκολα. Λύνοντας την εξίσωση ως προς x θα έχουμε ότι x = (20/11). Δηλαδή το x είναι 1 λεπτό και (9/11) του λεπτού. Αν θέλουμε μάλιστα και αυτό το (9/11) να το μετατρέψουμε σε δευτερόλεπτα ο πολλαπλασιασμός του κλάσματος με το 60 δίνει περίπου 49, άρα ο ακριβής χρόνος σύμπτωσης των δύο δεικτών θα είναι στις 4 και (20 + 1) λεπτά και 49 δευτερόλεπτα ή 4:21:49. Οπως θα θυμούνται οι αναγνώστες, είχαμε ζητήσει τη στιγμή της σύμπτωσης αμέσως μετά την 1. Με τη μέθοδο που περιγράψαμε σήμερα αυτή θα προκύψει από την εξίσωση: 12x = 5 + x, με το 5 να είναι οι πέντε χαρακιές από το 12 έως το 1, οπότε x = (5/11). Εδώ το ακέραιο μέρος του x είναι 0, άρα η χρονική στιγμή που ζητούμε είναι 1 και (5 + 0) λεπτά και (5/11) δευτερόλεπτα ή 1:05:27. Για όποιον ή όποια ενδιαφέρεται και για τις υπόλοιπες στιγμές σύμπτωσης αυτές είναι:  0:00, 1:05:27, 2:10:54, 3:16:21, 4:21:48, 5:27:16. 6:32:43, 7:38:10, 8:43:37, 9:49:05, 10:54:32.

Εναλλακτικά

Στο προηγούμενο όμως είχαμε καταλήξει με άλλον συλλογισμό και στη σχέση Τ = (12/11)Κ, όπου Τ ακριβώς η χρονική σύμπτωση αλλά σε ώρες, με Κ = 0, 1, 2, 3, …, 10. Για την πρώτη χρονική σύμπτωση, δηλαδή λίγο μετά την 1, θα έχουμε για Κ = 1 ότι Τ = (12/11)1, δηλαδή Τ = 1(ώρα) και (1/11) της ώρας. Το (1/11) της ώρας σε λεπτά είναι (1/11)60 = 5 λεπτά και (5/11)60 = 27 δευτερόλεπτα. Δηλαδή τελικά: 1:05:27. Ιδιο προφανώς με ό,τι είχαμε πριν.

Πνευματική Γυμναστική

1. Κάποιος έχει αγοράσει ψωμί και αυτό είναι ήδη κομμένο σε φέτες. Ομως το τηγάνι που διαθέτει χωράει κάθε φορά μόνον δύο από τις φέτες του ψωμιού αυτού. Θέλει να ψήσει τρεις φέτες, την καθεμία και από τις δύο πλευρές. Το τηγάνισμα της κάθε πλευράς παίρνει 20 δευτερόλεπτα. Αρα χρειάζεται 80 δευτερόλεπτα για να τις ψήσει όλες. Ή μήπως αυτό μπορεί να γίνει και σε λιγότερο χρόνο;

2. Σε έναν σάκο υπάρχει μια γυάλινη σφαίρα που μπορεί να είναι μαύρη, μπορεί και άσπρη. Τοποθετούμε στον σάκο και μία μαύρη. Βγάζουμε στη συνέχεια μία από τον σάκο και είναι μαύρη. Ποια η πιθανότητα αυτή που έμεινε στον σάκο να είναι μαύρη;

Οι λύσεις των προηγούμενων κουίζ

1. Ενα πρόβλημα για μικρούς μαθητές είχαμε δώσει, που με την παραδοξότητα των δεδομένων του μπορεί να γίνει αφορμή για την εισαγωγή της ιδέας «άλλο η πραγματικότητα με τα ρεαλιστικά στοιχεία της και άλλο μια άσκηση με τα δικά της δεδομένα». Είχαμε δηλαδή μια κότα και μισή που μπορεί να γεννάει ένα αβγό και μισό μέσα σε μιάμιση ημέρα και ζητούσαμε να βρεθεί πόσο χρόνο χρειάζονται δύο κότες για να έχουν γεννήσει τριάντα δύο αβγά. Εδώ, η πρώτη κίνηση είναι να απαλλαγούμε από τα μισά αβγά και τις μισές κότες. Πολλαπλασιάζουμε επί 2. Οπότε θα έχουμε 3 κότες που κάνουν 3 αβγά. Αλλά το λεπτό σημείο είναι εδώ. Σε πόσο χρόνο; Μια βιαστική απάντηση θα ήταν σε 3 ημέρες αλλά η σωστή είναι πάλι σε 1,5 ημέρα. 3 κότες αν γεννούν 3 αβγά σε 1,5 ημέρα τότε 1 κότα γεννά 1 αβγό σε 1,5 ημέρα. Το επόμενο βήμα είναι να πάμε στις 2 κότες, που θα γεννούν 2 αβγά σε 1,5 ημέρα, άρα 4 αβγά σε 3 ημέρες. 2 κότες που δίνουν 4 αβγά σε 3 ημέρες αν (είναι καλά και) αυτό επαναληφθεί οκτώ φορές τότε σε 3 Χ 8 =24 ημέρες θα έχουν γεννήσει 32 αβγά.

2. Εδώ είχαμε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ και διαλέξαμε στην τύχη σημείο Σ στο εσωτερικό του. Ζητούσαμε την πιθανότητα η γωνία ΑΣΔ να είναι οξεία (δηλαδή με άνοιγμα μικρότερο των 90 μοιρών). Το αυτονόητο στην παρένθεση γράφτηκε για να αποτελέσει μια μικρή βοήθεια. Διότι μια ορθή γωνία είναι το κλειδί αυτού του μάλλον δύσκολου (μόνον) στο ξεκίνημά του προβλήματος. Διότι φανταζόμαστε πως με διάμετρο μια πλευρά του τετραγώνου φτιάχνουμε στο εσωτερικό του μισή περιφέρεια κύκλου. Από όποια σημεία Σ διαλέξουμε να βρίσκονται εκτός της ημιπεριφέρειας οι γωνίες που δημιουργούνται με τα άκρα της πλευράς είναι οξείες. Αν τα σημεία βρίσκονται επάνω στην ημιπεριφέρεια οι γωνίες θα είναι ορθές και αν βρίσκονται εντός θα είναι αμβλείες. Αρα για την πιθανότητα θα συγκρίνουμε την επιφάνεια του τετραγώνου με την επιφάνεια εκτός της ημιπεριφέρειας. Αν x είναι το μήκος της πλευράς του τετραγώνου η ημιπεριφέρεια θα έχει εμβαδόν: Ε = (1/2) Χ [π(x/2)² ] = (1/8)πx² . Αρα η επιφάνεια που μας ενδιαφέρει θα έχει εμβαδόν x² – Ε. Και η πιθανότητα θα δίδεται από το κλάσμα: (x² – Ε)/ x² που όταν γίνουν οι πράξεις δίνει 1 – (π/8).

Έντυπη έκδοση Το Βήμα